周测评(十七)空间向量与立体几何-【衡水真题密卷】2027届高三数学学科素养周测评（B版）

·数学· 参考答案及解析 轴，过点D且垂直于平面BCD的直线为之轴，建 所以EF∥CD且EF=CD,则四边形EFCD为 立如图所示的空间直角坐标系， 平行四边形，故CF∥DE, (5分) 又CFC平面PAC,DE平面PAC, 故DE∥平面PAC. (8分) (2)解：作DG⊥AB于点G,DH⊥PA于点H, 连接HG,如图所示， 由题意知，平面PAB⊥平面ABDC,平面PAB ∩平面ABDC=AB, 又DG⊥AB,DGC平面ABDC,则DG⊥平面 则D(0,0,0),C(0,2√3,0)，E(2,0,0),B(3,0, PAB,而PAC平面PAB, 所以DG⊥PA,又DG∩DH=D,DG,DHC平 0),A(2,0,√2)， 面DHG,故PA⊥平面DHG, (13分) 所以AD=(-2,0,-√2)，AB=(1,0,-√2)， 又GHC平面DHG,则PA⊥GH,结合DH⊥ AC=(-2,23,-√2). (12分) PA,且GHC平面PAB,DHC平面PAD, 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 所以平面PAB与平面PAD的夹角即为∠DHG 则n…A店=0即 x-√2之=0， 或其补角， (15分) n·AC=0,-2x+23y-2x=0, 设等边三角形PAB的边长为2，则PA=2,由题 令之=2，则x=2√2，y=√6， 设易知∠BAD=30,则AD=5,DG=5 2 故n=(2√2，W6,2). (16分) 设AD与平面ABC所成的角为0， 在APAD巾，AD上的商为-√一是- 4-2 所以sing=AD1n AD·n1 √/13 2X3 √39 (-2)×2W2+0+(-√2)×2 则DH=h·AD PA 2 4； √(-2)2+02+(-√2)×√(2W2)+6)2+2 DG2√13 所以sin∠DHG=DH 6√2√6 13 √6X3√23’ 3/13 故cos∠DHG= 13, 所以AD与平面ABC所成角的正弦值为 所以平面PAB与平面PAD夹角的余弦值为 3 (20分) 3√/13 13· (20分) 12.(1)证明：取PA的中点F,连接EF,CF,CD,由 C,D分别为底面半圆弧上的两个三等分点，可知 CD∥AB且CD-AB, 由F是PA中点，E为母线PB的中点，可知EF ∥AB且EF-AB, (3分) 2026一2027学年度学科素养周测评（十七） 数学·空间向量与立体几何 一、选择题 2.B【解析】对于A,设e1十e2=xeg十y(e1十e2十e3) 1.A【解析】向量a在向量b上的投影向量为a· =ye1十ye2+(x十y)ea,由e1,e2,eg是不共面的向 a合6b- 4×2+3×1-2×1 量，得，。解得1即方程组有解，所以 (√22+1+1) x十y=0, x=-1,1 a110-921D=(8,2,8) 向量e1十e2,ea,e1十e2十e3共面，故A错误；对于B, 设e1=x(e2+e3)+y(3e1+4e2+3e3)=3ye1+(x+ ·15· B 2027 学科素养周测评 4y)e2+(x十3y)ea,由e1,e2,e3是不共面的向量，得 5.C【解析】如图，以球心O为坐标原点，OP所在 3y=1, 的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的 x十4y=0,方程组无解，所以向量e1,e2十e3,3e1十 半径为3，所以P(3,0,0),设S(x,y,z),则S0= x十3y=0, (-x,-y,-x),SP=(3-x,-y,-x),所以 4e2十3e3不共面，故B正确；对于C,设e1=x· 2S0+SP=(3-3x,-3y,-3z),又因为OP= (2e2-ea)+y(e1-2e2+e3)=ye1+(2x-2y)e2+ (3,0,0),(2S0+SP)·0P=0,所以3(3-3x)= (一x十y)e3,由e1,e2,e3是不共面的向量，得 0,得到x=1.如图，在线段OP上取点H,使|OH y=1, 2x-2y=0,解得=1·即方程组有解，所以向量 =1,所以线段OS轨迹的面积为圆锥OH的侧面 x=1, 积，又|OS|=3,则|SH|=2√2，所以圆锥OH的 一x十y=0, e1,2e2-e3,e1-2e2十e3共面，故C错误；对于D, 侧面积为S=π|SH|川SO|=6√2π，所以线段OS 设e1+e2=x(e2十ea)+y(e1十ke3)-ye1+xe2十 轨迹的面积为6√2π. (x+ky)e,由e1,e2,e3是不共面的向量，得 y=1, x=1,当k=-1时，方程组有解，为=1此 x=1, x十ky=0, 时向量e1十e2,e2十e3,e1十kea共面；当k≠一1时， H 方程组无解，此时向量e1十e2,e2十e3,e1十bea不共 面，所以向量e1十e2,e2十e3,e1十e3不一定不共 面，故D错误. 6.D【解析】设OE-xOB+yOC,由共面向量定理 3.B【解析】设∠BAD=0,则AC2=(AB+AD 得点E为平面BCD内任意一点，则OA一xOB一 +AA)=AB:+AD:+AA?+2AB.AD+ yOC=OA-OE=EA,所以1OA-xOB-yOC1= 2AD·AA1+2AA1·AB,故16=1+1+9+2AB1· |EA|,求|OA-xOB-yOC1的最小值，即求点A 到平面BCD的距离，设点A到平面BCD的距离 1AD|cos∠BAD+2|AD|·|AA:Icos∠A1AD+ 为h,由题意知56am=号×2X2Xsn智-5，四 1 2AA1|·|AB|coS∠A1AB,即16=11+2cos0+ 6cos号+6cos智，解得os0=-,周为9E0, 面体ABCD的体积V3S△cD·h=2√3，解得 ),所以0=2 h=6,故所求最小值为6. 3 二、选择题 4.A【解析】如图所示，2x一2y十z=2与正方体的 7.ABD【解析】对于A,在平行六面体ABCD 交点有D1(0,0,2),B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1, ABCD1中，可得AB+AD+AA,=AC,所以 0,0),故W可看作正方体ABCD-A1B1C1D1减 |AB+AD+AA1=|AC|,故A正确；对于B,B1M 1 去三棱台AEF-A B,D1,又SAAFF=2X1X1= =B,店+BM=A,才+名(B时+A市)=-2A店 1 2SA4B,D三2X2X2=2,所以V:R6 AFA,D +号A-A,故B正确：对子C由B/ 3,所以W的体 AA,B1B∩B1M=B1,B1B,B1MC平面 BB1D1D,A1A寸平面BB1D1D,可知A1A∥平面 BB1D1D,从而AA1,B1M为异面直线，故A,A1, B1,M四点不共面，故C错误；对于D,由BD=AD D -AB,可得CC:·BD=AA1·(AD-AB) =AA·AD-AA·AB=0,所以CC1⊥BD,故 D正确. 8.ACD【解析】取BE的中点G,连接CG,FG,结 F 合题意易知FG∥AB∥CD,且FG=号AB= CD,所以四边形CDFG为平行四边形，则DF∥ B ·16· ·数学· 参考答案及解析 CG,因为DF中平面EBC,CGC平面EBC,所以 方法二（几何法）：由SA⊥平面ABC,NPC平面 DF∥平面EBC,故A正确；设BC的中点为M, ABC知，NP⊥SA,又NP⊥BS,SA∩BS=S,SA, 连接ME,MD,MA,由AB=2,AD=CD=1,AB BSC平面SAB,所以NP⊥平面SAB,由ABC平 ⊥AD,AD⊥DC可知，四边形ABCD是直角梯形， 面SAB,得NP⊥AB.作QA⊥AB交BC于点Q. 且∠BCD=135°，所以BC=√AB-CD)2+AD= 由余弦定理得BC2=AB2十AC2-2·AB·AC· √2，DM=√CD2+CM2-2CD·CMcos,∠BCD= cos∠BAC=1十4+2=7，故BC=√7，则cosB= √1 2 2,因为BE LCE,所以E在以M为球心，2 2·AB·BC 27V7,所以Q-=4B AB2+BC2-AC_1+7-4_2 cos B 为半径的球面上运动（不经过平面ABCD), 剥DE<DM+NE-空+号<8，B给 名，月此Q=C0=牙，由平行线分线段成比 2 2 BA.BE=BA·(BM+Mi)=BA.BM+BA· 例知CN=2NA,故AN=3,故MN= M匝=1+|BA|·|ME|·cos(BA,ME)=1+ 3 √2cos(BA,M正)，因为BA与ME不共线，所以 cos(BA,ME)∈(-1,1)，所以BA·BE∈(1 √2,1+√2)，故C正确；设AM的中，点为N,连接 FN,则EN三ME2,所以F在以点N为球 心，2为半径的球面上，故D正确。 B 10.[0,2]【解析】设正方体ABCD-A1B1C1D1内 切球的球心为F,则F也是正方体的中心，且 MF=NF=1,2PF=PM+PN①，2NF=PM -PN②，①-②得到PM·PN=PF2 -NF2=PF2-1,又点P是正方体表面上的动 点，所以当P位于正方体和内切球的切点时，PF 三、填空题 最小，最小值为1；当P位于正方体的顶点时， 9 3 【解析】方法一（坐标法）：建立如图所示的 PF最大，最大值为正方你体对角线的一半，即日 空间直角坐标系， X√/22+22+22=√3，故PM·PN=PF2-1∈ [0,2]. 四、解答题 11.(1)证明：在圆台O1O2中，上、下底面半径分别 1,1),设AN=λAC,由AC=2,得N(0,2λ，0)，由 为1和4，高为4，所以O102=02E=4, Np1Bs,得NE,时=0，期停名2以0 因为F为O1E的中点，所以O2F⊥O1E,(1分) 易知O1O2⊥平面CDE,CDC平面CDE,所以 (,22）-0,每得-行则N,号小，则 O1O2⊥CD, 又因为O2E⊥CD,O1O2∩O2E=O2,O102, N--号引+or-4 O2EC平面O1O2E,所以CD⊥平面O1O2E, (4分) ·17· B 2027 学科素养周测评 因为O1EC平面O1O2E,所以O1E⊥CD, 以C为坐标原点，CA,CB,CC1所在直线分别为 又CD∩O2F=O2,CD,O2FC平面O2CF,故 x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， O1E⊥平面O2CF. (8分) (2)解：因为O1O2⊥平面CDE,O2E⊥CD, 所以以点O2为坐标原点，O2E,O2C,O2O1所 在直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间 直角坐标系， (10分) A B 设AC=BC=2t(t>0), 则A(2t,0,0),B(0,2t,0),C(0,0,0),D(t,t,0), E(t,0,1), (12分) 所以ED=(0,t,-1),易知平面ACC1A1的一 个法向量为n1=(0,1,0), 则B(0,1,4),D0,-4,0),E(4,0,0),O1(0,0,4), 因为直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°， 则DB=(0,5,4),D2=(4,4,0),E01=(-4,0,4), 所以sin45°=cos(ED,n1〉= ED·n_ 设平面BDE的法向量为m=(x,y,之)， |ED1|n1l 则m·D时=0即 5y+4z=0, v+1X1=2,解得t=1, (16分) m·DE=0,4x+4y=0, 取x=4,则平面BDE的一个法向量为m= 所以A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),E(1,0,1), (4,-4,5), (14分) 因为DE∥平面BCC1B1,所以由几何知识得， 由(1)知，平面O2CF的一个法向量为EO1= DE到平面BCC1B1的距离为xD=1.(20分) (-4,0,4), 方法二：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB= 90°，则AC⊥BC,AC⊥CC1,BC⊥CC1,，(8分) 所以cos〈EOi,m) |EO1·m EOm 因为AC∩CC1=C,AC,CC1C平面ACC1A1, 所以BC⊥平面ACC1A1, 4 W114 114 (18分) 同理可得AC⊥平面BCC1B1, (12分) 4√2×√57 所以∠BC1C即为直线BC1与平面ACC1A1所 故平面BDE与平面O2CF夹角的余弦值为 成的角， √/114 由于直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°， 114 (20分) 由(1)知，DE∥BC1, 所以直线BC1与平面ACC1A1所成的角为45°， 12.(1)证明：如图，连接BC1, 即∠BC1C=45°， (14分) C 在Rt△BCC1中，∠BC1C=45°，∠BCC1=90°， CC1=2, 所以BC=CC1=2,则AC=2, (16分) 过点D作DF∥AC, 则DFL平面BCC,B,DF=2AC-1, 在△ABC1中，D,E分别为AB,AC1的中点， 所以DE到平面BCC1B1的距离为DF=1. 所以DE∥BC1,又因为DE中平面BCC1B1, (20分) BC1C平面BCCB1, 所以DE∥平面BCC1B1 (6分) (2)解：方法一：由于∠ACB=90°， 所以AC⊥BC, 在直三棱柱ABCA1BC1中，ACLCC1,BC⊥CC1, (8分) B ·18·2026一2027学年度学科素养周测评（十七） 数学·空间向量与立体几何 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 5 6 答案 1.已知向量a=(4,3,一2)，b=(2,1,1),则a在b上的投影向量为 ( 22》 层 c层2副 D.（4,2,2) 2.已知e1,e2,e3是不共面的向量，则以下向量组中，一定不共面的是 A.e1+e2,e3,e1+e2+e3 B.e1,e2+e3,3e1+4e2+3e3 C.e1,2e2-e3,e1-2e2+e3 D.e1十e2,e2十e3,e1十ke3(其中k为实数) 3.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1,AC1=4,AA1=3,∠A1AB= ∠A,AD-3,则∠BAD () D B B A 83x 3 c 4.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标 系，设正方体ABCD-A1B1C1D1表面及其内部所有点构成的集合为2，已知集合T= {(x,y,之)∈22x一2y十之≤2}，记W为T中所有点构成的几何体，则W的体积为 () D C B D. 17 B号 5 A.3 D.3 学科素养周测评（十七）数学第1页（共4页） 胸藏坐桥系，笔落天地宽 5.已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动点，且满足(2SO 班级 +SP)·OP=0,则线段OS轨迹的面积为 ( A.3√2π B.3√5π C.6√2π D.65π 姓名 6.在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，O是△BCD内一点，四面体 ABCD的体积为2,3，则Vx,y∈R,|OA-xOB-yOC1的最小值是 ( ) 得分 A.2√6 √6 B.3 C.√6 D.6 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 7 8 答案 7.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，以顶点A为端点的三条棱 长都等于1，且它们彼此的夹角都是60°，M为AC与BD的交点，则 () D A.AB+AD+AA=AC BBM=号A正+号Ad-A C.A,A1,B1,M四点共面 D.C1C⊥BD 8.在四棱锥P-ABCD中，AB=2,AD=CD=1,AB⊥AD,AD⊥DC,动点E平面ABCD, 且BE⊥CE,F是AE的中点，则 A.DF∥平面EBC B.DE的长可能为3 C.BA·BE∈(1-√2,1+√2) D.点F在半径为紧的球面上 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 如图，在三棱锥SABC中，SAL平面ABC,∠BAC=3,SA=AC=2,AB=1,SM=入 3B驴-2BC,过点M,P的平面与AC交于点N,且NP⊥BS,则MN= 学科素养周测评（十七）数学第2页（共4页）】 B 10.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是其表面上的动点，该正方体内切球 的一条直径是MN,则PM·PN的取值范围是 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 11.(20分)如图，在圆台O1O2中，上、下底面半径分别为1和4，高为4，轴截面为四边形 ABCD,E在⊙O2上，O2E⊥CD,F为O1E的中点. D (1)证明：O1E⊥平面O2CF. (2)求平面BDE与平面O2CF夹角的余弦值. B 学科素养周测评（十七）数学第3页（共4页） 12.(20分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分别为AB, AC1的中点. A E (1)证明：DE∥平面BCC1B1 (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，求直线DE到平面BCC1B1 的距离. 学科素养周测评（十七）数学第4页（共4页）